2021-2022学年安徽省六安市第一中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）

1、2021-2022学年安徽省六安市第一中学高一下学期期中考试化学试题满分：100分 时间：75分钟一、选择题(每小题3分，共48分，每小题仅有一个最佳答案)1. 下列说法正确的是A. SO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同B. 高纯度的硅应用于新能源技术领域是由于硅燃烧能放出大量的热C. NH3溶于水形成的溶液呈碱性，故NH3属于一元碱D. 工业制硫酸中，利用98.3%的浓硫酸吸收SO3是为了避免酸雾的形成【答案】D【解析】【详解】A漂白粉、过氧化钠具有强氧化性，活性炭具有吸附性，二氧化硫与有色物质化合体现其漂白性，漂白原理不完全相同，A错误；B高纯度的硅应用于新能源技术

2、领域是由于硅具有良好的半导体性能，B错误；C氨气不一元碱，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨为一元碱，C错误；D在吸收塔中三氧化硫和水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，故可利用98.3%的浓硫酸吸收SO3是为了避免酸雾的形成，D正确；故选D。2. 下列对化学用语描述中，正确的是A. 含有6个质子和8个中子的碳原子的核素符号：B. 的结构示意图：C. 由与形成的过程：D. 的结构式：【答案】C【解析】【详解】A含有6个质子和8个中子的碳原子，其质量数为14，则核素符号：，A项错误；B的质子数为16，则其结构示意图：，B项错误；C钠原子失去电子、氯原子得到电子而

3、形成了氯化钠， 由与形成的过程为：，C项正确；D次氯酸分子内氧原子分别和氢原子、氯原子共用1对电子对，的结构式：，D项错误；答案选C。3. 浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应的产物，某同学设计了如图所示的实验，请判断下列说法正确的是A. 物质甲是碱石灰，用于检验生成的水B. 装置乙中会生成淡黄色沉淀，体现了SO2的酸性C. 装置丙中溶液的紫色褪去，体现了SO2的氧化性D. 装置戊中溶液不褪色，装置己中出现浑浊，说明产物中含有CO2【答案】D【解析】【分析】浓硫酸与木炭在加热条件下发生化学反应生成CO2、SO2和水，检测顺序为水、SO2、CO2。【详解】A甲应该用无水硫酸铜检验生

4、成的水，A项错误；B装置乙中会生成淡黄色S沉淀，体现了SO2的氧化性，B项错误；C二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，装置丙中紫色石蕊溶液变红但不褪色，体现了SO2的水溶液有酸性，C项错误；D装置戊中品红溶液不褪色，说明SO2已经除尽，装置己中澄清石灰水变浑浊，说明产物中含有CO2，D项正确；故选D。4. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】AHNO3具有强氧化性，Fe具有还原性，与过量Fe反应Fe(NO3)2，加入HCl溶液呈酸性，NO在酸性下具有氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，可生成Fe(NO3)3，故A正确；BS的还原性较弱，与氧气

5、只能生成SO2，故B错误；CNH3具有还原性，与氧气在高温、催化剂下反应生成NO和水，NO难溶于水，也不能与水发生化学反应，故C错误；D金属和S生成低价态，则Cu与S反应生成Cu2S，故D错误；故选：A。5. 如图所示为“双色双喷泉”实验装置。图中烧瓶内分别充了氨气和氯化氢。烧杯内盛放滴有石蕊试液的蒸馏水。下列说法正确的是A. 在实验室中可用浓氨水和石灰石制备氨气，用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢B. 在实验室中干燥氨气时可选用的干燥剂是碱石灰或无水氯化钙，而氯化氢不能用碱石灰干燥C. 实验中同时打开止水夹a、c、d即可分别形成蓝色和红色喷泉D. 喷泉结束后将烧瓶内的溶液混合后蒸干可得氯化铵的固体【

6、答案】C【解析】【详解】A氨水中加入生石灰，生石灰吸收水，且与水反应放出大量的热，促进氨气的挥发，但是不能用石灰石和浓氨水制备氨气，盐酸加入浓硫酸，浓硫酸吸收水，且放出大量的热，可促进氯化氢挥发，以此可得到气体，故A错误；B碱石灰与氨气不反应，且具有吸水性，可用于干燥氨气，氯化钙能与氨气反应，不能用氯化钙干燥，而氯化氢与氨气反应，不能用碱石灰干燥，故B错误；C打开止水夹a、c、d，氨气和氯化氢反应而导致压强减小，从而形成喷泉，氨水溶液呈碱性，则可分别形成蓝色和红色喷泉，故C正确；D氯化铵不稳定，加热易分解，不能直接蒸干，故D错误；综上所述，正确的是C项，故答案为C。6. 厌氧氨化法（Anamm

7、ox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是A. 1mol NH所含的质子总数为10NAB. 1molNH经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）得到氮气的体积约为11.2LC. 该过程的总反应是：NH + NO= N2 2H2OD. 该方法每处理1molNH，需要的NO为0.5mol【答案】C【解析】【详解】A质子数等于原子序数，1mol NH所含的质子总数为11NA，A错误；B由图可知，1molNH经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，标准状况下的体积为22.4L，B错误；C由图可知，该过程的总反应是

8、：NH + NO = N2 2H2O，C正确；D由图可知，1molNH经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，因此每处理1molNH，需要NO为1mol，D错误；故选C。7. 在无机非金属材料中，硅一直扮演着主要的角色。请你利用。元素周期律的相关知识，预测硅及其化合物的性质。下列说法不正确的是A. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点B. SiO2是酸性氧化物，可以与水反应：SiO2+H2O=H2SiO3C. Na2SiO3可溶于水，在水溶液中电离方程式为：Na2SiO3=2Na+

9、SiOD. 在高温下，能发生反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2，但是不能证明H2SiO3的酸性大于碳酸【答案】B【解析】【详解】A陶瓷主要成分是硅酸盐,硅酸盐中硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，A正确；BSiO2是酸性氧化物，但二氧化硅不溶于水，不与水反应，B错误；CNa2SiO3为强电解质，可溶于水，在水溶液中完全电离，电离方程式：Na2SiO3=2Na+SiO，C正确；D高温下，反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2能进行是因为生成了气体，脱离反应体系，不可以证明H2SiO3的酸性大于碳酸，D正确；答案选B。8. 已知A、B、C

10、、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是A. 化合物X高温下有较强稳定性B. A、D均可与C形成常见的两种二元化合物C. 简单离子的半径：ECDAD. 简单氢化物的沸点：CE【答案】A【解析】【分析】已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则A位于第一周期，为H元素，B、C位于第二周期，D、E位于第三周期；A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族，D形成+1价阳离子，其原子半径最大，则D为Na；C形成2个共价键，位于A族，则C为O，E为S元素；B形成4个共价

11、键，则B为C元素。【详解】A 化合物X为Na2CO3H2O2，高温下易分解，稳定性差，故A错误；B A、D均可与C形成常见的两种二元化合物，分别是H2O、H2O2,Na2O、Na2O2，故B正确；C 同主族电子层越多离子半径越大，则简单离子的半径越大S2-O2-，Na+H+，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，O2-Na+，所以简单离子的半径：S2-O2-Na+H+，故C正确；D 水分子间形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，分子间作用力小，简单氢化物的沸点：CE，故D正确；故选A。9. 新一代电池体系是化学、物理等学科的基础理论研究与应用技术的前沿。锂硒电池具有优异的循环稳定性。下列

12、有关说法正确的是A. 电极I为该电池的正极，被还原B. 电极材料Se可由SO2通入亚硒酸(H2SeO3)溶液中反应制得，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C. 锂硒电池放电时正极的电极反应式为2Li+4Se+2e-=Li2Se4D. 该电池放电时，电子由电极I经电解质溶液通过LAGP隔膜流向电极II【答案】C【解析】【详解】A电极I上Li失电子，为该电池的负极，被氧化，故A错误；B电极材料Se可由SO2通入亚硒酸(H2SeO3)溶液中反应制得，H2SeO3中Se得电子，作氧化剂，二氧化硫作还原剂，H2SeO3中Se为+4价，反应为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4

13、，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C锂硒电池放电时Se失电子，正极的电极反应式为：2Li+xSe+2e-=Li2Sex，故C正确；D该电池放电时，电子不能进入溶液，故D错误；答案选C。10. 足量块状铁与100mL0.01molL-1的稀硫酸反应，为了减慢反应速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的加NaCl溶液加KOH固体加CH3COONa固体降低温度将块状铁改为铁粉将稀硫酸改用98%的浓硫酸A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】为了减慢此反应速率而不改变H2的产量，少量稀硫酸完全反应，则可减少氢离子浓度、降低温度等来减慢反应速率，以此来解答。【详解

14、】加NaCl溶液，氢离子浓度降低，反应速率降低，且氢气的量不变，正确；加KOH固体，消耗氢离子，氢气的量减少，错误；加CH3COONa固体，氢离子浓度降低，反应速率减慢，且氢气的量不变，正确；降低温度，反应速率减慢，且氢气的量不变，正确；将块状铁改为铁粉，接触面积增大，反应速率加快，错误；将稀硫酸改用98%的浓硫酸，铁会钝化，反应不产生氢气，错误；故满足题意；故选B。11. H2和I2在一定条件下能发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，能量变化如图所示。生成1molH-I键所需要释放的能量是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成

15、生成物化学键释放的总能量的差分析解答。【详解】由于反应热H=反应物断裂化学键需要的能量-生成物形成化学键放出的能量=bkJ/mol+ckJ/mol-2E(H-I)=-akJ/mol，则断开1molH-I键所需能量E(H-I)=，故合理选项是B。12. 在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测定C的浓度为0.2molL-1，下列判断正确的是A. x=2B. 2min内A的反应速率为0.6molL-1min-1C. B的转化率为40%D. 若混合气体的

16、压强不变，不能表明该反应达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A平衡时生成的C的物质的量为0.2mol/L2L=0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4mol：0.8mol=x：2，解得x=1，A错误；B2min内生成0.8molD，2min内D的反应速率v(D)=0.2mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，v(A)=v(D)=0.2mol/(Lmin)=0.3mol/(Lmin)，B错误；C2min后该反应达到平衡，生成0.8molD，由方程式3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)可知，参加反应的B的物质的量为0.8mol=0.4mol，B的转化率为100%=4

17、0%，C正确；D因为反应前后的气体计量系数变化，故压强是变化的，则压强不变可以表明该反应已达到平衡状态，D错误；故选C。13. 普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理、化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为：2CuAg2O=Cu2O2Ag。下列有关说法正确的是A. 负极的电极反应式为Ag2O +2e-+H2O=2Ag2OH-B. 测量原理示意图中，电子从Cu经溶液流向Ag2O/Ag电极C. 电池工作时，OH-向Cu电极移动D. 2molCu和1molAg2O的总能量低于1molCu2O和2molAg的总能量【答案】C【解析

18、】【分析】反应的总方程式为2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag，据此分析可知，铜为负极，氧化银为正极，两极反应分别为：2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O，Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，据以上分析解答。【详解】A铜为负极，失去电子，负极的电极反应式为2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O，故A错误；B测量原理示意图中，铜为负极，氧化银为正极，电子从铜经外电路流向Ag2O/Ag电极，电子不能通过电解质溶液，故B错误；C电池工作时，阴离子向负极移动，所以OH-向负极Cu移动，故C正确；D原电池反应为放热反应，所以2molCu与1molAg2O的总能量高于1molCu2O与2mol

19、Ag具有的总能量，故D错误；故选C。14. 一定条件下，将SO2与O2以体积比21置于一体积不变的密闭容器中，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，能说明该反应已达到平衡的是容器内的气体分子总数不再变化体系的密度不发生变化体系中氧气的质量分数不再变化单位时间内消耗2molSO3，同时消耗2molSO2SO2与SO3的体积比保持不变2v正(SO3)=v逆(O2)A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】反应前后气体系数和不同，气体分子数是变量，容器内的气体分子总数不再变化，反应一定达到平衡状态，故选；反应前后气体的总质量不变、容器体积不变，密度的恒量，体系的密度不发生变化，反

20、应不一定达到平衡状态，故不选；反应过程中氧气的质量分数减小，体系中氧气的质量分数不再变化，反应一定达到平衡状态，故选；单位时间内消耗2molSO3，同时消耗2molSO2，可知正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选；反应过程中SO2减少、SO3增多，SO2与SO3的体积比保持不变，反应一定达到平衡状态，故选；反应达到平衡状态时v正(SO3)=2v逆(O2)，2v正(SO3)=v逆(O2)时，反应不平衡，故不选；能说明该反应已达到平衡的是，选C。15. 下列有关烷烃的叙述中，正确的是()在烷烃分子中，所有的化学键都是单键烷烃中除甲烷外，很多都能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去分子通式为CnH

21、2n2的烃不一定是烷烃所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应在光照条件下，将乙烷通入溴水中，可使溴水褪色A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】烷烃中只含有碳碳单键（甲烷除外），碳氢单键；烷烃均不能被酸性高锰酸钾氧化；分子通式为CnH2n+2的烃，C处于饱和状态，一定属于烷烃；烷烃的特征反应为取代反应；乙烷与溴水不能发生化学反应。【详解】烷烃属于饱和烃，碳与碳之间、碳与氢之间都以单键结合，故正确；烷烃性质稳定，均不能使酸性KMnO4溶液褪色，故错误；分子通式为CnH2n2的烃一定是烷烃，故错误；烷烃在光照下都能与Cl2发生取代反应，故正确；C2H6不能与溴水发生取代反应使其褪色

22、，但能与溴蒸气在光照下发生取代反应，故错误。答案选B。【点睛】本题考查了烷烃的结构和性质，题目难度不大，掌握物质的结构和性质是解题的关键。16. 进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是A. (CH3)2CHCH2CH2CH3B. (CH3CH2)2CHCH3C. (CH3)2CHCH(CH3)2D. (CH3)3CCH2CH3【答案】D【解析】【分析】某烷烃发生氯代反应后，只能生成四种沸点不同的一氯代产物，则说明该有机物的一氯代物有3种；根据等效氢原子来判断各烷烃中氢原子的种类，有几种类型的氢原子就有几种一氯代物，据此进行解答。【详解】A(CH3)2CHCH2CH2CH3中

23、有5种位置不同的氢，所以其一氯代物有5种，能生成5种沸点不同的产物，故A错误；B(CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，能生成4种沸点不同的产物，故B错误；C(CH3)2CHCH(CH3)2含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故C错误；D(CH3)3CCH2CH3中有3种位置不同的氢，所以其一氯代物有3种，能生成3种沸点不同的产物，故D正确。答案选D。二、填空题：共52分。17. 研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价-物质类别关系图如下。回答下列问题：（1）在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应，该化

24、学方程式是_。（2）在加热条件下，物质C的浓溶液与碳单质反应，写出反应的化学方程式：_。（3）实验室中，检验溶液中含有的操作方法是_，的电子式为_。（4）物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式：_。当反应消耗3.36 L(标准状况)物质B时，转移电子的物质的量为_mol。【答案】（1）4NH3+ 5O24NO+ 6H2O （2）C+ 4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O （3） . 取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有 . （4） . 3NO2+H2O=2H+ +2+NO . 0.1【解析】【分析】根据氮元素化

25、合价一物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸，在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；铵根离子结合氢氧根离子受热条件下反应生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝；物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，结合元素化合价变化计算电子转移总数，以此解题。【小问1详解】在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+ 5O24NO+ 6H2O；【小问2详解】在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与

26、碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+ 4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；【小问3详解】利用铵根离子和氢氧根离子在加热的时候生成氨气的性质，操作方法为：取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有；其中的电子式为：；【小问4详解】物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H+ +2+NO，反应中氮元素化合价+4价变化为+5价和+2价，3mol二氧化氮反应电子转移总数2mol，当反应消耗3.36L（标准状况）物质B时，物质的量=0.15mol，

27、转移电子的物质的量为0.15mol=0.1mol。18. 按要求填空（1）在Ar、N2H4、SiO2、K2S、NH4Cl五中物质中，只存在共价键的是_。既有离子键，又有共价键的是_(填序号)。的结构式是_。（2）将Ba(OH)28H2O晶体研细后与NH4Cl晶体一起放入烧杯中， 用玻璃棒快速搅拌，闻到有刺激性气味的气体产生，此反应为_(“吸热”或“放热”)反应，反应的方程式为_。（3）利用反应2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，则正极电极反应为_。（4）工业合成氨缓解了有限耕地与不断增长的人口对粮食大量需求之间的矛盾。已知拆开1mol化学

28、键所需要的能量叫键能。相关键能数据如表：共价键H- HNNN- H键能(kJmol-1)436.0945.0391.0结合表中所给信息，计算生成2molNH3时_(填“吸收”或“放出”的热量是_kJ。【答案】（1） . . . （2） . 吸热 . Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=2NH3+BaCl2+ 10H2O （3）O2+4e-+4H+=2H2O （4） . 放出 . 93.0【解析】【小问1详解】Ar为单原子分子，不含共价键；N2H4为双原子分子，两个氮原子之间是共价键，另外每个氮原子核两个氢原子之间是共价键，即只存在共价键；SiO2属于共价化合物，只存在共价键；K2S属于离子化

29、合物，只存在离子键；NH4Cl属于离子化合物，铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根当中氢和氮之间是共价键，既有离子键，又有共价键，故五中物质中，只存在共价键的是；既有离子键，又有共价键的是；物质中每个氮原子结合两个氢原子，两个氮原子之间通过共价键相连，其结构式是：；【小问2详解】闻到刺激性气味的气体，烧杯壁温度下降，可知发生反应生成氨气且吸热，即Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应生成氨气、水、氯化钡，其化学方程式为Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=2NH3+BaCl2+10H2O；【小问3详解】由2CuO22H2SO4=2CuS

30、O42H2O可知，该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由0价变为-2价，要将该反应设计成原电池，铜作负极，正极上氧气得电子发生还原反应，又因为在酸性条件下，所以氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为4H+O2+4e-2H2O；【小问4详解】合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，焓变H=反应物键能和-生成物键能和=(945.0kJ/mol+3436.0kJ/mol)-6391.0kJ/mol=-93.0kJ/mol，热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-93.0kJ/mol，即生成2molNH3时放出93.0kJ热量。19. 工业制硫酸的反

31、应之一为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在2L恒温恒容密闭容器中投入2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应，下图是SO2和SO3随时间的变化曲线。（1）前10minSO2的平均反应速率为_；平衡时，O2转化率为_。（2）下列叙述不能判断该反应达到平衡状态的是_。容器中压强不再改变；容器中气体平均分子量不再改变：SO3的物质的量不再改变；O2的质量不再改变；容器内气体原子总数不再发生变化；（3）以下操作会引起化学反应速率变快的是_。A.向容器中通入氨气B.升高温度C.扩大容器的体积D.向容器中通入O2E.使用正催化剂（4）反应达平衡时，体系中开始时的压强与平衡的压强与之比为

32、_；容器内混合气体的平均相对分子质量和起始投料时相比_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1） . 0.05molL-1min-1 . 70% （2） （3）BDE （4） 3023 . 增大【解析】【小问1详解】前10minSO3的物质的量增加1.0mol，SO3的平均反应速率为，25min后反应达到平衡，二氧化硫由2.0mol减少至0.6mol，其转化率为：，故答案为：；70%；【小问2详解】反应前后气体分子数不相等，反应过程中压强不断减小，当达到平衡时容器中压强不再改变，故压强不变可判断平衡状态，不选；容器中各物质均为气体，气体的总质量不变，气体的物质的量变化，则容器中气体平均分

33、子质量不变可说明反应达到平衡状态，不选；SO3的物质的量不再改变说明反应达到平衡状态，不选；各组分浓度不变是平衡的基本特征，因此O2的质量不再改变说明反应达到平衡状态，不选；根据元素守恒可知，容器内气体原子总数始终恒定不变，因此原子数不再发生变化不能判断反应达到平衡，选；故答案为：；【小问3详解】A向容器中通入氨气，各组分浓度不变，反应速率不变，故A不选；B升高温度可以加来反应速率，故B选；C扩大容器的体积，使各物质的浓度减小，反应速率减小，故C不选；D向容器中通入O2，增大了反应物的浓度，反应速率加快，故D选；E使用正催化剂可以加快反应速率，故E选；故答案为：BDE；【小问4详解】由图像可知

34、平衡时二氧化硫的物质的量为0.6mol，三氧化硫的物质的量为1.4mol，结合反应可知消耗的氧气为0.7mol，则平衡时剩余的氧气为0.3mol，平衡时总气体物质的量为2.3mol，平衡时，体系中开始时的压强与平衡的压强与之比为等于气体的物质的量之比，即3mol：2.3mol=30:23，由反应可知，反应前后气体的总质量保持不变，气体的物质的量减小，因此反应达平衡时气体的平均相对分子质量增大，故答案为：30:23；增大。20. 某校化学兴趣小组同学取锌粒与浓H2SO4充分反应制取SO2气体，待锌粒全部溶解后，同学们准备用收集到的气体(X)准备做实验，但是老师说收集到的气体(X)可能含有杂质。（1）该化学兴趣小组制得的气体(X)中混有的主要杂质气体可能是_(填化学式)，产生该气体的化学反应方程式为_。（2）一定质量的Zn与87.5mL16.0mol/L浓硫酸充分反应